赵近芳版大学物理学上册课后答案

..习题解答习题一drr有无不同"dt和dt有无不同"dt和dt有无不同"其不同在哪里"试举例说明．解：〔1〕r是位移的模，r是位矢的模的增量，即rrrrrr21，21；drdrdsdrv〔2〕dt是速度的模，即dt.tt只是速度在径向上的分量.dddrdrˆdrˆdtdr式中dtˆrˆrr∵有rr〔式中叫做单位矢〕，那么r就是速度径向上的分量，dtdtdrdr与∴dtdt不同如题1-1图所示.题1-1图dv(3)dt表示加速度的模，即advdva是加速度在切向上的分量.，dtdt∵有vv(表轨道节线方向单位矢〕，所以dvdvvddv就是加速度的切向分量.dtdtdt式中dtˆˆdrd(与dt的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)dtdrx2y2，然后根据v=dtd2rdt21-2设质点的运动方程为x=x(t)，y=yt()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r＝a，及＝而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即2yddxyd2d22x22av=及=你认为两种方法哪一种正确.为什么.两者差异何在.ddttttdd22解：后一种方确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有rxiyj，drdxdyvijdtdtdt故它们的模即为ad2rd2xdy2ijdtdtdt222.v.ddx22yvv2v2ddttxyd2ydx222aa2a2dtdt2xy2而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作drd2rdrd2r不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，dt也不与其二，可能是将dtdt2误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明dt2rd2rrd2a径是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一局部。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢在径向〔即dt2dt量值〕方面随时间的变化率，而没有考虑位矢r及速度的方向随间的变化率对速度、加速度的奉献。v1-3一质点在xOy平面上运动，运动方程为1tx=3t+5,y=t2+3-4.2txyttt式中以s计，,以m计．(1)以时间为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出=1s时刻和＝2s时刻的位置矢量，计算这1秒质点的ttttt位移；(3)计算＝0s时刻到＝4s时刻的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算＝4s时质点的速度；(5)计算＝0s到＝4s质点的平t均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算＝4s时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．(3t5)i(13t4)rtjm解：〔1〕22(2)将t1,t2代入上式即有54,1716jrjrij(3)∵04r1220irrv0j3i5jms1∴4t404v3i(t3)jmsdr1(4)dt37jms1vi那么(5)∵(6)433,37jvijvi04a1jmsdv2dt这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。v0(m·s1)的速率收绳时，试求船运动的速度和1-4在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以加速度的大小．2..l2st题1-4图lst根据速度的定义，并注意到,是随减少的，dlds∴vv,vdt船dt绳0vldllvdsv0cos即或dtsdts船0lv(hvs)221/2v00s船s将vt再对求导，即得船的加速度船ms2，的单位为m.质点在＝0处，速度为10ms1,试求x2，a的单位为xaxx1-5质点沿轴运动，其加速度和位置的关系为＝2+6质点在任何坐标处的速度值．解：∵advdvdxvdvdtdxdtdxdadx(26x2)dx别离变量：两边积分得由题知，x0时，v100,∴c50∴v2x3x25ms11-6一质点作直线运动，其加速度为a＝4+3tms2xvt，开场运动时，＝5m，=0，求该质点在＝10s时的速度和位置．dv43t解：∵adt别离变量，得dv(43t)dt.v.v4t3t2c积分，得由题知，t0,故1v0c01,∴0v4t3t22v4t3t2dx又因为dt2dx(4t3t2)dt别离变量，积分得2x2t21t3c22由题知t0,x5,∴c502x2t21t35故2所以t10s时ttt1-7一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为=2+33，式中以弧度计，以秒计，求：(1)＝2s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少"d18td9t2,dt解：dt(1)t2s时，aR118236ms245(2)当加速度方向与半径成ο角时，有R2R即(9t2)218t亦即2t3那么解得9于是角位移为1-8质点沿半径为R的圆周按＝vt1bt2ssvbt的规律运动，式中为质点离圆周上某点的弧长,0，都是常量，求：(1)时刻质点的加速20度；(2)t为何值时，加速度在数值上等于．bdsvvbt0解：〔1〕dtaa2a2b2(vbt)4那么0R2n加速度与半径的夹角为(2)由题意应有b2b2(vbt)4,(vbt)400即0R24..∴当tv0时，abbBsint)，y＝R(1cost)，的运动方程为x＝R(t1-9半径为R的轮子，以匀速v0沿水平线向前滚动：(1)证明轮缘上任意点式中v/R是轮子滚动的角速度，当与水平线接触的瞬间开场计时．此时所在的位置为原点，轮子前进方向为轴正方向；(2)BBx0求B点速度和加速度的分量表示式．解：依题意作出以下列图，由图可知xvt2Rsincos220vtRsin〔1〕0R(tRsint)题1-9图vdxR(1cost)dtx〔2〕dyvRsint)dty1-10以初速度v0＝20ms1抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，R求：(1)球轨道最高点的曲率半径R1；(2)落地处的曲率半径2．(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-10图(1)在最高点，又∵av211n1(20cos60)2v211a10∴n110m(2)在落地点，vv20ms1,20agcos60on2而(20)2v22∴10cos6080m2an21-11飞轮半径为0.4m，自静止启动，其角加速度为β=0.2rad·s2，求＝2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．t解：当t2s时，t0.220.4rads1.v.1v2gy沿斜面滑动，y为纵坐标，开场时huA在斜面顶端高为处，B物体以匀速向右的速度＝1-12如题1-12图，物体A以相对运动，求A物滑到地面时的速度．B解：当滑至斜面底时，yh，那么v2gh,A物运动过程中又受到B的牵连运动影响，因此，A对地的速度为A题1-12图1-13一船以速率v1＝30km·h-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率v2＝40km·h-1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何"在艇上看船的速度又为何"解：(1)大船看小艇，那么有vvv1，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)212题1-13图vv2v250kmh1由图可知21123arctanv1arctan36.87方向北偏西v42(2)小船看大船，那么有vvv2，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得12136.87o方向南偏东1-14当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2m的甲板上，篷高4m但当轮船停航时，甲板上干湿两局部的分界限却在篷前3m，如雨滴的速度大小为8m·s-1，求轮船的速率．解：依题意作出矢量图如题1-14所示．题1-14图vvvvvvvv8ms1∵由图中比例关系可知雨船雨船雨雨船船船雨习题二2-1因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为a，其对于m那么为牵连加速度，又知m对绳子的相对加速度为a′，故m对地加速度，1222由图(b)可知，为a=a-a′①21又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力f在数值上等于绳的力T，由牛顿定律，有mg-T=ma②111T-mg=ma③222联立①、②、③式，得讨论(1)假设a′=0，那么a=a表示柱体与绳之间无相对滑动．12(2)假设a′=2g，那么T=f=0，表示柱体与绳之间无任何作用力，此时m,m均作自由落体运动．12题2-1图2-2以梯子为对象，其受力图如图(b)所示，那么在竖直方向上，N-mg=0①B又因梯无转动，以B点为转动点，设梯子长为l，那么lNlsinθ-mgcosθ=0②2A在水平方向因其有加速度a，故有f+N=ma③A题2-2图式中f为梯子受到的摩擦力，其方向有两种可能，6..即f=±μmg④0联立①、②、③、④式得632-3afms2xm168x(1)于是质点在2s时的速度(2)2-4(1)∵akvdvmdt别离变量，得dvtkdtv即vmv00∴vvektm0(2)xvdttvemktdtmv0(1ekt)m0k0(3)质点停顿运动时速度为零，即t→∞，x0mvdtktve0故有mk0m(4)当t=时，其速度为k1即速度减至v的.0e2-5分别以m,m为研究对象，其受力图如图(b)所示．12(1)设m相对滑轮(即升降机)的加速度为a′，那么m对地加速度a=a′-a；因绳不可伸长，故m对滑轮的加速度亦为a′，又m在水平方向22211上没有受牵连运动的影响，所以m在水平方向对地加速度亦为a′，由牛顿定律，有1mg-T=m(a′-a)22T=ma′1题2-5图联立，解得a′=g方向向下(2)m对地加速度为2g2方向向上a=a′-a=2m在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即a=a′+a1绝相牵5g22g2a2a2∴ag41a1a=arctan2=26.6°，左偏上．θ=arctan2-6依题意作出示意图如题2-6图题2-6图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小一样，与轨道相切斜向下.v.，而抛物线具有对y轴对称性，故末速度与x轴夹角亦为30°，那么动量的增量为Δp=mv-mv0由矢量图知，动量增量大小为｜mv｜，方向竖直向下．02-7由题知，小球落地时间为0.5s．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v=gt=0.5g，小球上跳速度的大小亦为v=0.5g．设12向上为y轴正向，那么动量的增量Δp=mv-mv方向竖直向上，21大小｜Δp｜=mv-(-mv)=mg21碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒．2-8(1)假设物体原来静止，那么Fdt4(102t)idt56i0tΔp=kg·m·s-1,沿x轴正向，10假设物体原来具有-6m·s-1初速，那么Fpmv,pm(vdt)mvtFdt于是t0000m00ppptFdtp,1200同理，Δv=Δv,I=I1212这说明，只要力函数不变，作用时间一样，那么不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定一样，这就是动量定理．(2)同上理，两种情况中的作用时间一样，即亦即t+10t-200=02解得t=10s，(t′=-20s舍去)2-9质点的动量为p=mv=mω(-asinωti+bcosωtj)将t=0和t=分别代入上式，得2p=mωbj,p=-mωai,12那么动量的增量亦即质点受所外力的冲量为I=Δp=p-p=-mω(ai+bj)212-10(1)由题意，子弹到枪口时，有aF=(a-bt)=0,得t=b(2)子弹所受的冲量a将t=代入，得b(3)由动量定理可求得子弹的质量2-11设一块为m，那么另一块为m，12m=km及m+m=m1212kmk1m,mk1①2于是得m1又设m的速度为v,m的速度为v，那么有1122T12mv2mv112mv2②211222mv=mv+mv③1122联立①、③解得v=(k+1)v-kv④21将④代入②，并整理得8..2T于是有vv1km将其代入④式，有又，题述爆炸后，两弹片仍沿原方向飞行，故只能取证毕．2-12(1)由题知，F为恒力，合∴A=F·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)合=-21-24=-45JA4575w(2)Nt0.6(3)由动能定理，ΔE=A=-45Jk2-13以木板上界面为坐标原点，向为y坐标正向，如题2-13图，那么铁钉所受阻力为题2-13图f=-ky第一锤外力的功为A1k2①Afdyfdy1kydy1ss0式中f′是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在dt→0时，f′=-f．设第二锤外力的功为A，那么同理，有2Akydy12ky2k2②y2221由题意，有AA(12mv2)k2③211即2kkky2222所以，y22于是钉子第二次能进入的深度为Δy=y-y=2-1=0.414cm212-14F(r)dE(r)drnkrn1方向与位矢r的方向相反，即指向力心．2-15弹簧A、B及重物C受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图F=F=MgAB又F=kΔxA11F=kΔxB22所以静止时两弹簧伸长量之比为弹性势能之比为2-16(1)设在距月球中心为r处F=F，由万有引力定律，有地引月引mMGmM月r2=G地Rr2.v.经整理，得MR月r=MM地月7.3510223.48108=5.9810247.351022=38.32106m那么p点处至月球外表的距离为h=r-r=(38.32-1.74)×10＝3.66×10m67月(2)质量为1kg的物体在p点的引力势能为6.67107.3510225.9810246.67101138.43.83107=113.83107=-1.28106J2-17取B点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，那么由功能原理，有11-μmgh=(m+m)v2-［mgh+2k(Δl)2］22121式中Δl为弹簧在A点时比原长的伸长量，那么Δl=AC-BC=(2-1)h联立上述两式，得2mmghkh221mm2v=1212题2-17图2-18取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点那么由功能原理，有12mv2mgssin37fs1212k=kx2mv2mgssin37r-fs=12kxr2式中s=4.8+0.2=5m，x=0.2m，再代入有关数据，解得k=1390N·m-1题2-18图再次运用功能原理，求木块弹回的高度h′1-fs′=mgs′sin37°-2kx3t代入有关数据，得s′=1.4m,那么木块弹回高度h′=s′sin37°=0.84m题2-19图2-19m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M地球为系统，以最低点为重力势能零点，那么有10..mgR=12mv212MV2又下滑过程，动量守恒，以m,M为系统那么在m脱离M瞬间，水平方向有mv-MV=0联立，以上两式，得2MgRmMv=2-20两小球碰撞过程中，机械能守恒，有即v2v2v2①201题2-20图(a)题2-20图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有mv=mv+mv201亦即v=v+v2②01由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以v为斜边，故知v与v是互相垂直的．0122-21由题知，质点的位矢为作用在质点上的力为r=xi+yj11f=-fi所以，质点对原点的角动量为L=r×mv0=(xi+yj)×m(vi+vj)11xy=(xmv-ymv)k1y1x作用在质点上的力的力矩为M=r×f=(xi+yj)×(-fi)=yfk01112-22哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有rmv=rmv11228.7510105.46109.08102rv45.261012m∴r11v222-23(1)pfdt35jdt15jkgms10(2)解(一)x=x+vt=4+3=700x即r=4i,r=7i+25.5j12v=v=1x0x即v=i+6j,v=i+11j112∴L=r×mv=4i×3(i+6j)=72k111L=r×mv=(7i+25.5j)×3(i+11j)=154.5k222∴ΔL=L-L=82.5kkg·m·s2-121dz解(二)∵Mdt∴LMdtt(rF)dtt00题2-24图.v.2-24在只挂重物M时，小球作圆周运动的向心力为Mg，即11Mg=mrω①2010挂上M后，那么有2(M+M)g=mr′ω′②212重力对圆心的力矩为零，故小球对圆心的角动量守恒．即rmv=r′mv′002③rr2020联立①、②、③得2-25(1)先作闸杆和飞轮的受力分析图(如图(b))．图中N、N′是正压力，F、F′是摩擦力，F和F是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的rrxy重力，P是轮在O轴处所受支承力．题2-25图〔a〕题2-25图(b)杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，那么有对飞轮，按转动定律有β=-FR/I，式中负号表示β与角速度ω方向相反．r∵F=μNN=N′rllN∴F又∵12Fl1rI1mR2,2FR2(ll)∴F①2rI1mRl1以F=100N等代入上式，得由此可算出自施加制动闸开场到飞轮停顿转动的时间为这段时间飞轮的角位移为可知在这段时间里，飞轮转了53.1转．(2)ω=900×(2π)/60rad·s，要求飞轮转速在t=2s减少一半，可知-10用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为2-26设aa和β分别为mm和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．，212题2-26(a)图(1)m，m和柱体的运动方程如下：题2-26(b)图12式中T′=T,T′=T,a=rβ,a=Rβ112221而I=(1/2)MR+(1/2)mr22由上式求得(2)由①式T=mrβ+mg=2×0.10×6.13+2×9.8＝20.8N22212..由②式T=mg-mRβ=2×9.8-2×0.20×6.13＝17.1N1112-27分别以m，m滑轮为研究对象，受力图如图(b)所示．对m,m运用牛顿定律，有1212mg-T=ma①222T=ma②11对滑轮运用转动定律，有Tr-Tr=(1/2Mr)β③221又，a=rβ④联立以上4个方程，得题2-27(a)图题2-27(b)图题2-28图2-28(1)由转动定律，有mg(l/2)=[(1/3)ml]β23g∴β=2l(2)由机械能守恒定律，有mg(l/2)sinθ=(1/2)[(1/3)ml]ω223gsin∴ω=l题2-29图2-29(1)设小球的初速度为v，棒经小球碰撞后得到的初角速度为ω，而小球的速度变为v，按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时遵从角0动量守恒定律和机械能守恒定律，可列式：mvl=Iω+mvl①0(1/2)mv=(1/2)Iω+(1/2)mv②2220上两式中I=1/3Ml，碰撞过程极为短暂，可认为棒没有显著的角位移；碰撞后，棒从竖直位置上摆到最大角度θ=30°，按机械能守恒定律可2列式：12IMg2l(1cos30)③2由③式得由①式Ivv④0ml由②式2v2v20I⑤m所以求得(2)相碰时小球受到的冲量为∫Fdt=Δmv=mv-mv0由①式求得∫Fdt=mv-mv=-(Iω)/l=(-1/3)Mlω06(23)Mgl=-6.v.负号说明所受冲量的方向与初速度方向相反．题2-30图2-30(1)碎片离盘瞬时的线速度即是它上升的初速度v=Rω0设碎片上升高度h时的速度为v，那么有v=v-2gh220令v=0，可求出上升最大高度为(2)圆盘的转动惯量I=(1/2)MR，碎片抛出后圆盘的转动惯量I′=(1/2)MR-mR，碎片脱离前，盘的角动量为Iω，碎片刚脱离后，碎片与破盘222之间的力变为零，但力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即Iω=I′ω′+mvR0式中ω′为破盘的角速度．于是(1/2)MRω=[(1/2)MR-mR]ω′+mvR2220[(1/2)MR-mR]ω=[(1/2)MR-mR]ω′2222得ω′=ω(角速度不变)圆盘余下局部的角动量为[(1/2)MR-mR]ω22转动动能为题2-31图E=(1/2)[(1/2)MR-mR]ω222k2-31(1)射入的过程对O轴的角动量守恒Rsinθmv=(m+m)R2ω000∴ω=(mm)Rmvsin000mvsin1[(mm)R2][]200EE20(mm)Rmsin2(2)k0012mmmv2k00002-32以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，那么有mgh=(1/2)mv+(1/2)Iω+(1/2)kh222又ω=v/R(2mghkhmRI)k22故有v2题2-32图题2-33图2-33(1)小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至B点时，有Iω=(I+mR2)ω①000该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为v，以B点为重力势能零点，那么有B(1/2)Iω+mgR=(1/2)(I+mR)ω+(1/2)mv②2222000B联立①、②两式，得(2)当小球滑至C点时，∵I=I∴ω=ω0c0c故由机械能守恒，有mg(2R)=(1/2)mv2cgR∴v=2c请读者求出上述两种情况下，小球对地速度．习题三14..重合时，==0，发出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波u的波阵面形状如何"用直角坐标系写出各自观测的波阵面的方程．l3-2设图3-4中车厢上观测者测得前后门距离为2．试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差．1(S)系时空坐标为(,)(l,l)，在车站(S)系：xt11c2(,)(l,l)，在车站(S)系：(S)系坐标为xt光信号到达后门为事件，那么在车厢22c于是tt2lu21c2t0,ttt,xxx2l或者12123-3惯性系S′相对另一惯性系S沿x轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点．在S系中测得两事件的时空坐标分别为s．在S′系中测得该两事件同时发生．试问：(1)S′系相对S系的速度是多少"(2)S系x1=6×104m,t1=2×10-4s，以及x2=12×104m,t2=1×10-4中测得的两事件的空间间隔是多少"解:设(S)相对的速度为，Svv(t)x1t(1)11c20由题意tt21v()ttxx2那么21c21vc2ttc1.5108ms1故21xx221(),()xvtxxvtx1(2)由洛仑兹变换112225.2104m代入数值，xx21'x=30°，S′系相对S系沿轴运动，在S系中观测者测得米尺与3-4长度l0=1m的米尺静止于S′系中，与x′轴的夹角x轴夹角为45．试求：(1)S′系和S系的相对运动速度.(2)S系中测得的米尺长度．S静止，它在x,y轴上的投影分别为：解:(1)米尺相对LLcos0.866m，LLsin0.5my0x0SxvS系中的观察者测得米尺在x方向收缩，而y方向的长度不变，即沿方向运动，设速度为，对米尺相对故tanLyLyLyLLv2L1xxc2x.v.把代入yxv20.5那么得0.866c2故v0.816cLLsin450.707mS(2)在系中测得米尺长度为ya3-5一门宽为，今有一固有长度l(l0＞a)的水平细杆，在门外贴近门的平面沿其长度方向匀速运动．假设站在门外的观察者认为此杆的0两端可同时被拉进此门，那么该杆相对于门的运动速率u至少为多少"解:门外观测者测得杆长为运动长度，ll1(u)2，当1a时，可认为能被拉进门，那么al1(u)2c0c0解得杆的运动速率至少为：uc1(a)2l0题3-6图3-6两个惯性系中的观察者O和O以0.6c(c表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果O测得两者的初始距离是20m，那么O测得两者经过多少时间相遇"解:O测得相遇时间为tO测得的是固有时t12tLt0∴v8.89108s，v0.6，c1，0.8或者，O测得长度收缩，3-7观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S和S中，甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为4s，而乙测得这两个事件的时间间隔为5s．求：(1)S相对于S的运动速度．(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离．t5s，坐标差为t4s,x0,乙测得xxx解:甲测得′121(1)∴t(tvx)ttc21(v)2cvt4215tc216..tvc1()2c1(4)23c解出t55(2)xxvttt54,x0,53∴xvtc43c9108m450．负号表示xx213-8一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，那么他所乘的火箭相对于地球的速度是多少"解:l3l12512,则31250∴v19c4c2553-9论证以下结论：在某个惯性系中有两个事件同时发生在不同地点，在有相对运动的其他惯性系中，这两个事件一定不同时．证:设在S系A、B事件在a,b处同时发生，那么,，在S系中测得xxxtttbaABt0,x0，∴t0即不同时发生．3-10试证明：(1)如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的，那么对一切惯性系来说这两个事件的时间间隔，只有在此惯性系中最短．(2)如果两个事件在某惯性系中是同时发生的，那么对一切惯性关系来说这两个事件的空间间隔，只有在此惯性系中最短．解:(1)如果在S系中，两事件A、B在同一地点发生，那么x0，在S系中，ttt，仅当v0时，等式成立，∴t最短．(2)假设在S系中同时发生，即t0，那么在S系中，xxx，仅当v0时等式成立，∴S系中x最短．3-11根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都远离我们而去．假定地球上观察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为0.50s，且这颗星正沿观察方向以速度0.8c离我们而去．问这颗星的固有周期为多少"x0系，，固有周期ttt，这里t解:以脉冲星为S0.地球为S系，那么有运动时1不是地球上某点观测到的周期，1vt而是以地球为参考系的两异地钟读数之差．还要考虑因飞行远离信号的传递时间，1c∴ttvtv1tt′1cct(1)(1c0.50.8cc那么tv0)v3-126000m的高空大气层中产生了一个介子以速度=0.998c飞向地球．假定该介子在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命2×10-6s．试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和介子静止系中观测者来判断介子能否到达地球．解:介子在其自身静止系中的寿命t2106s是固有(本征)时间，对地球观测者，由于时间膨胀效应，其寿命延长了．衰变前经历0.v.的时间为这段时间飞行距离为dvt9470m因d6000m，故该介子能到达地球．或在介子静止系中，介子是静止的．地球那么以速度接近介子，在dvt599m0tv0时间，地球接近的距离为d6000m经洛仑兹收缩后的值为：0介子能到达地球．dd，故03-13设物体相对S′系沿x轴正向以0.8c运动，如果S′系相对S系沿x轴正向的速度也是0.8c，问物体相对S系的速度是多少"解:根据速度合成定理，u0.8c,v0.8cxvvu0.08.c8c0.08.c8c0.98c1∴xuvx1xc2c23-14飞船A以0.8c的速度相对地球向正东飞行，飞船B以0.6c的速度相对地球向正西方向飞行．当两飞船即将相遇时A飞船在自己的天窗处相隔2s发射两颗信号弹．在B飞船的观测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少"解:取B为S系，地球为S系，自西向东为x(x)轴正向，那么A对S系的速度v0.8c，系对S系的速度为u0.6cS，那么xA对S系(B船)的速度为t2s，发射弹是从A的同一点发出，其时间间隔为固有时题3-14图∴B中测得的时间间隔为：t2t6.17sv210.94621x2c3-15(1)火箭A和Bxx分别以0.8c和0.6c的速度相对地球向+和-方向飞行．试求由火箭B测得A的速度．(2)假设火箭A相对地球以0.8c的速度向+y方向运动，火箭B的速度不变，求A相对B的速度．a解:(1)如图，取地球为S系，B为S系，那么S相对S的速度u0.6c，火箭A相对S的速度v0.8c，那么A相对S(B)x的速度为：或者取A为S系，那么u0.8c，B相对S系的速度v0.6c，于是B相对A的速度为：xb(2)如图，取地球为S系，火箭B为S系，SS系相对系沿x方向运动，速度u0.6c，A对S系的速度为,v0,v0.8c,xy由洛仑兹变换式A相对B的速度为：∴A速度与x相对B的速度大小为轴的夹角为题3-15图3-16静止在S系中的观测者测得一光子沿与轴成60角的方向飞行．另一观测者静止于S′系，S′系的轴与轴一，致并以0.6c的速度xxxx沿方向运动．试问S′系中的观测者观测到的光子运动方向如何"解:S由速度变换公式，光子在S系中光子运动速度的分量为系中的速度分量为18..轴的夹角满足光子运动方向与x在第二象限为98.2ο在S系中，光子的运动速度为v2v2c正是光速不变．yvx3-17(1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c，须对它作多少功"(2)如果将电子由速率为0.8c加速到0.9c，又须对它作多少功"解:(1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得4.121016J=2.57103eVEEkEk(mc2mc2)(mc2mc2)(2)k2010211111mc2mc2mc2())9.1103131016(v21)210.9210.82210v22211cc25.141014J3.21105eV3-18子静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命0=2×10-6s，假设它在实验室参考系中的平均寿命=7×10-6s，试问其质量是电子静止质量的多少倍"解:设子静止质量为m0，相对实验室参考系的速度为，因vc，相应质量为m，电子静止质量为m0e721,即021120由质速关系，在实验室参考系中质量为：2077725m207故12m20e3-19一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几"解:设静止质量为m，运动质量为m，0mm00.10由题设m0110.10由此二式得2111∴21.10ll在运动方向上的长度和静长分别为和0，那么相对收缩量为：3-20一电子在电场中从静止开场加速，试问它应通过多大的电势差才能使其质量增加0.4%"此时电子速度是多少"电子的静止质量为9.1×10kg．-31.v.0m203.281016J＝1.61019eV2.0103eV2.0103所需电势差为伏特由质速公式有：12(v)21(c)27.95103∴1.004故电子速度为vc2.7107ms-13-21一正负电子对撞机可以把电子加速到动能E相应的能量为EK＝2.8×109eV．这种电子速率比光速差多少"这样的一个电子动量是多大"(与电子静止质量0＝0.511×106eV)mc02解:Emc20kv21c2v211E/mc2Emc2mc201所以c2k0k0由上式，由动量能量关系E2p2c2m2c4可得03-22氢原子的同位素氘(2H)和氚(3H)在高温条件下发生聚变反响，产生氦(4He)原子核和一个中子(1n)，并释放出大量能量，其反响方程为11202H+3H→4He+1n氘核的静止质量为2.0135原子质量单位(1原子质量单位＝1.600×10-27kg)，氚核和氦核及中子的质量分别为3.0155，11204.0015，1.00865原子质量单位．求上述聚变反响释放出来的能量．解:反响前总质量为2.01353.01555.0290amu反响后总质量为4.00151.00875.0102amum5.02905.01020.0188amu质量亏损Emc23.12102931028由质能关系得3-23一静止质量为m0的粒子，裂变成两个粒子，速度分别为0.6c和0.8c．求裂变过程的静质量亏损和释放出的动能．解:孤立系统在裂变过程中释放出动能，引起静能减少，相应的静止质量减少，即静质量亏损．设裂变产生两个粒子的静质量分别为m和mv0.6c,v0.8c121020，其相应的速度由于孤立系统中所发生的任何过程都同时遵守动量守恒定律和能(质)量守恒定律，所以有m和m2必沿相反方向运动，动量守恒的矢量方程可以简化为一维标量方程，再以v0.6c,v0.8c代入，将上二方程化为：11268m86mmm20m，0.80.6010102020..m0.459m,m0.257m010020故静质量亏损mm(mm)0.284m0由静质量亏损引起静能减少，即转化为动能，故放出的动能为01020Emc20.284mc2k03-24有A，B两个静止质量都是m=,2=-的速度相向运动，在发生完全非弹性碰撞后合并为一个粒子．求碰撞后12，碰撞后粒子的质量为M、速度为V，于是，根据动量守恒和质量守恒定律112mv0vm(v)由于mvmv0v011221()1()c22c代入①式得V02mMmm10，即为碰撞后静止质量．2v1()2c3-25试估计地球、太阳的史瓦西半径．r2GM解:史瓦西半径c2s地球：M61024kgr26.71011610248.9103m那么：(3108)2s太阳：M21030kgr26.71011210303103m那么：(3108)2s3-26典型中子星的质量与太阳质量M＝2×10kg同数量级，半径约为10km．假设进一步坍缩为黑洞，其史瓦西半径为多少"一个质子那30⊙么大小的微黑洞(10cm)，质量是什么数量级"-15r3103m解:(1)史瓦西半径与太阳的一样，sr1015cm1017m(2)s.v.r2GM由c2s1017(310)826.7109kg26.71011rcs2得M2G3-27简述广义相对论的根本原理和实验验证．解:广义相对论的根本原理是等效原理和广义相对性原理．等效原理又分为弱等效原理和强等效原理．弱等效原理是：在局部时空中，不可能通过力学实验区分引力和惯性力，引力和惯性力等效．强等效原理是：在局部时空中，任何物理实验都不能区分引力和惯性力，引力和惯性力等效．广义相对性原理是：所有参考系都是平权的，物理定律的表述一样．广义相对论的实验验证有：光线的引力偏转，引力红移，水星近日点进动，雷达回波延迟等．习题三O与OttSu3-1惯性系S′相对惯性系以速度运动．当它们的坐标原点重合时，==0，发出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何"用直角坐标系写出各自观测的波阵面的方程．解:由于时间和空间都是均匀的，根据光速不变原理，光讯号为面球波．波阵面方程为：题3-1图l3-2设图3-4中车厢上观测者测得前后门距离为2．试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差．1解:设光讯号到达前门为事件，在车厢(S)系时空坐标为(x,t)(l,l)，在车站(S)系：11c2光信号到达后门为事件，那么在车厢(S)系坐标为(x,t)(l,l)，在车站(S)系：22clu于是tt2c221t0,ttt,xxx2l或者1212Sx3-3惯性系S′相对另一惯性系沿轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点．在S系中测得两事件的时空坐标分别为s．在S′系中测得该两事件同时发生．试问：(1)S′系相对S系的速度是多少"(2)S系x=6×104m,t1=2×10-41s，以及x2=12×104m,t2=1×10-4中测得的两事件的空间间隔是多少"解:设(S)相对的速度为，Svvx)c2(tt(1)1110由题意tt21v(xx)tt2那么21c21vc2ttc1.5108ms1故21xx221(xvt),x(xvt)x1(2)由洛仑兹变换112225.2104mxx代入数值，21'xx3-4长度l0=1m的米尺静止于S′系中，与x′轴的夹角=30°，S′系相对S系沿轴运动，在S系中观测者测得米尺与轴夹角为22..45．试求：(1)S′系和S系的相对运动速度.(2)S系中测得的米尺长度．x0y0米尺相对SxvSxy沿方向运动，设速度为，对系中的观察者测得米尺在方向收缩，而方向的长度不变，即故tanLyLyLyLLv2L1xxc2x45ο及L,L把代入yxv20.51那么得0.866c2故v0.816cLLsin450.707mS(2)在系中测得米尺长度为ya3-5一门宽为，今有一固有长度l(l0＞a)的水平细杆，在门外贴近门的平面沿其长度方向匀速运动．假设站在门外的观察者认为此杆的0u两端可同时被拉进此门，那么该杆相对于门的运动速率至少为多少"解:门外观测者测得杆长为运动长度，ll1(u)2，当1a时，可认为能被拉进门，那么al1(u)2c0c0解得杆的运动速率至少为：uc1(a)2l0题3-6图3-6两个惯性系中的观察者O和O以0.6c(c表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果O测得两者的初始距离是20m，那么O测得两者经过多少时间相遇"解:O测得相遇时间为tO测得的是固有时t12tLt0∴v8.89108s，v0.6，c1，0.8或者，O测得长度收缩，.v.3-7观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S和S中，甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为4s，而乙测得这两个事件的时间间隔为5s．求：(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离．1(1)∴t(tvx)ttc21()2cvt4215tc2tvc1()2c1(4)23c解出t55(2)xxvttt54,x0,53∴xvtc43c9108m450．负号表示xx213-8一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，那么他所乘的火箭相对于地球的速度是多少"解:l3l12512,则31250∴v19c4c2553-9论证以下结论：在某个惯性系中有两个事件同时发生在不同地点，在有相对运动的其他惯性系中，这两个事件一定不同时．证:设在S系A、B事件在a,b处同时发生，那么,，在S系中测得xxxtttbaABt0,x0，∴t0即不同时发生．3-10试证明：(1)如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的，那么对一切惯性系来说这两个事件的时间间隔，只有在此惯性系中最短．(2)如果两个事件在某惯性系中是同时发生的，那么对一切惯性关系来说这两个事件的空间间隔，只有在此惯性系中最短．解:(1)如果在S系中，两事件A、B在同一地点发生，那么x0，在S系中，ttt，仅当v0时，等式成立，∴t最短．(2)假设在S系中同时发生，即t0，那么在S系中，xxx，仅当v0时等式成立，∴S系中x最短．3-11根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都远离我们而去．假定地球上观察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为0.50s，且这颗星正沿观察方向以速度0.8c离我们而去．问这颗星的固有周期为多少"x0系，，固有周期ttt，这里t解:以脉冲星为S0.地球为S系，那么有运动时1不是地球上某点观测到的周期，124..vt而是以地球为参考系的两异地钟读数之差．还要考虑因飞行远离信号的传递时间，1c∴ttvtv1tt′1cct0.50.8c)c那么t(1v)(10c3-126000m的高空大气层中产生了一个介子以速度=0.998c飞向地球．假定该介子在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命2×v介子能否到达地球．10-6s．试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和介子静止系中观测者来判断解:介子在其自身静止系中的寿命t210s是固有(本征)时间，对地球观测者，由于时间膨胀效应，其寿命延长了．衰变前经历60的时间为这段时间飞行距离为dvt9470m因d6000m，故该介子能到达地球．tdvt599mv或在介子静止系中，介子是静止的．地球那么以速度接近介子，在0时间，地球接近的距离为0d6000m经洛仑兹收缩后的值为：0介子能到达地球．dd，故03-13设物体相对S′系沿x轴向正以0.8c运动，如果S′系相对S系沿x轴正向的速度也是0.8c，问物体相对S系的速度是多少"解:根据速度合成定理，u0.8c,v0.8cxvvu0.08.c8c0.08.c8c0.98c1∴xuvx1xc2c23-14飞船A以0.8c的速度相对地球向正东飞行，飞船B以0.6c的速度相对地球向正西方向飞行．当两飞船即将相遇时A飞船在自己的天窗处相隔2s发射两颗信号弹．在B飞船的观测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少"解:取B为S系，地球为S系，自西向东为x(x)轴向正，那么A对S系的速度v0.8c，系对S系的速度为u0.6cS，那么xA对S系(B船)的速度为t2s发射弹是从A的同一点发出，其时间间隔为固有时，题3-14图∴B中测得的时间间隔为：t2t6.17sv2x210.94621c3-15(1)火箭A和Bxx分别以0.8c和0.6c的速度相对地球向+和-方向飞行．试求由火箭B测得A的速度．(2)假设火箭A相对地球以0.8cy的速度向+方向运动，火箭B的速度不变，求A相对B的速度．.v.aSB为S系，那么S相对S的速度u0.6c，火箭A相对S的速度v0.8c，那么A相对S(B)解:(1)如图，取地球为系，x的速度为：或者取A为S系，那么u0.8c，B相对S系的速度v0.6c，于是B相对A的速度为：xb(2)如图，取地球为S系，火箭B为S系，S系相对S系沿x方向运动，速度u0.6c，A对S系的速度为,v0,v0.8c,xy由洛仑兹变换式A相对B的速度为：∴A速度与x相对B的速度大小为轴的夹角为题3-15图3-16静止在S系中的观测者测得一光子沿与x轴成60角的方向飞行．另一观测者静止于S′系，S′系的轴与轴一致，并以0.6c的速度xxx沿方向运动．试问S′系中的观测者观测到的光子运动方向如何"解:S系中光子运动速度的分量为S轴的夹角满足由速度变换公式，光子在光子运动方向与x系中的速度分量为在第二象限为98.2ο在S系中，光子的运动速度为v2v2c正是光速不变．vxy3-17(1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c，须对它作多少功"(2)如果将电子由速率为0.8c加速到0.9c，又须对它作多少功"解:(1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得4.121016J=2.57103eVEEkE(mc2mc2)(mcmc22)(2)kk2010211111mc2mc2mc2())9.1103131016(v21)210.9210.82210v22211cc25.141014J3.21105eV3-18子静止质量是电子静止质量的207倍，静止时的平均寿命0=2×10-6s，假设它在实验室参考系中的平均寿命=7×10-6s，试问其质量是电子静止质量的多少倍"解:设子静止质量为m0，相对实验室参考系的速度为，因vc，相应质量为m，电子静止质量为m0e721,即021120由质速关系，在实验室参考系中质量为：2077725m207故12m20e3-19一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几"解:设静止质量为m，运动质量为m，026..由题设m0110.1012112∴1.10ll在运动方向上的长度和静长分别为和0，那么相对收缩量为：3-20一电子在电场中从静止开场加速，试问它应通过多大的电势差才能使其质量增加0.4%"此时电子速度是多少"电子的静止质量为9.1×10kg．-31mE0.4∴E0.4mc20.49.11031(3108)2/100解:由质能关系0mmc0100100203.2810163.281016J＝1.61019eV2.0103eV2.0103所需电势差为伏特由质速公式有：12(v)21(c)27.95103∴1.004故电子速度为vc2.7107ms-13-21一正负电子对撞机可以把电子加速到动能E相应的能量为EK＝2.8×109eV．这种电子速率比光速差多少"这样的一个电子动量是多大"(与电子静止质量0＝0.511×106eV)mc02解:Emc20kv21c2v211E/mc2Emc2mc201所以c2k0k0由上式，由动量能量关系E2p2c2m2c4可得03-22氢原子的同位素氘(2H)和氚(3H)在高温条件下发生聚变反响，产生氦(4He)原子核和一个中子(1n)，并释放出大量能量，其反响方程为11202H+3H→4He+1n氘核的静止质量为2.0135原子质量单位(1原子质量单位＝1.600×10-27kg)，氚核和氦核及中子的质量分别为3.0155，11204.0015，1.00865原子质量单位．求上述聚变反响释放出来的能量．解:反响前总质量为2.01353.01555.0290amu.v.20，其相应的速度由于孤立系统中所发生的任何过程都同时遵守动量守恒定律和能(质)量守恒定律，所以有注意m和m2必沿相反方向运动，动量守恒的矢量方程可以简化为一维标量方程，再以v10.6c,v0.8c代入，将上二方程化为：126m8m20m，0.80.60m10m8610上二式联立求解可得：m0.459m,m0.257m010020故静质量亏损mm(mm)0.284m0由静质量亏损引起静能减少，即转化为动能，故放出的动能为01020Emc20.284mc2k03-24有A，B两个静止质量都是m0的粒子，分别以vvvv=,2=-的速度相向运动，在发生完全非弹性碰撞后合并为一个粒子．求碰撞后1粒子的速度和静止质量．解:在实验室参考系中，设碰撞前两粒子的质量分别m和m2，碰撞后粒子的质量为M、速度为V，于是，根据动量守恒和质量守恒定律1可得：mvmvMV①1122mmM②12mv0vm(v)由于mvmv0v011221()1()c22c代